最新高考数学一轮复习-第六章-数列【导学案】

这是一份最新高考数学一轮复习-第六章-数列【导学案】，共64页。

课程标准
1.了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)．
2.了解数列是一种特殊函数．
[由教材回扣基础]
1．数列的概念
2．数列的分类
3．数列的通项公式及递推公式
4．数列的前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an.
eq \a\vs4\al(澄清微点·熟记结论)
(1)若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))
(2)在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1；))若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))

[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
二、练牢教材小题
1．(新人教A版选择性必修①P6例5改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,an－1)(n≥2)，则a5＝________.
答案：eq \f(2,3)
2．(人教A版必修⑤P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
答案：5n－4
3．(新人教B版选择性必修③P12例3改编)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2，则{an}的通项公式为an＝________.
答案：2n－1
三、练清易错易混
1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
解析：选D 由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．
2．(忽视数列是特殊的函数)若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．
解析：an＝n2－5n＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(13,4)，∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.
答案：2或3
3．(忽视对n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2，则an＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－2)－[(n－1)2－2]＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝1－2＝－1，
不满足上式．故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))
命题视角一 利用an与Sn的关系求通项(自主练通)
1．已知正项数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，且4Sn＝(an＋1)2，则a3a5的值为( )
A．15 B．45 C．49 D．64
解析：选B 因为4Sn＝(an＋1)2，所以4Sn＋1＝(an＋1＋1)2.则4Sn＋1－4Sn＝(an＋1＋1)2－(an＋1)2 ，化简得4an＋1＝aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋2an＋1－2an，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1＋an))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－an－2))＝0.又因为an>0，所以an＋1－an－2＝0，得an＋1－an＝2.当n＝1时，由4S1＝(a1＋1)2＝4a1得a1＝1.所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.所以a3a5＝5×9＝45.
2．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则下列结论错误的是( )
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2·3n－2，n≥2))
解析：选C 由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和Sn＝3n－1；又由eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列．
3．已知Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为__________．
解析：由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
答案：an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2))
4．数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋an＝4，则满足eq \f(1,an)＝60＋p的最小正整数p为________．
解析：n＝1时，a1＝2；n≥2时，Sn＋an＝4，Sn－1＋an－1＝4，两式相减得，2an＝an－1，则数列{an}是以2为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)))n－2，故eq \f(1,an)＝60＋p可化为2n－2＝60＋p，又25＝32,26＝64，故最小正整数p为4.
答案：4
[一“点”就过]
已知Sn求an的3步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到Sn－1，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．
命题视角二 利用数列的递推关系求通项
[典例] (1)(取倒数法)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3) B．an＝eq \f(2,6n－5)
C．an＝eq \f(2,4n＋3) D．an＝eq \f(2,2n－1)
(2)(累加法)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
(3)(累乘法)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．
(4)(构造法)若a1＝1，an＋1＝2an－3，则通项公式an＝________.
[解析] (1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).可得an＝eq \f(2,6n－5)(n∈N*)．故选B.
(2)由条件知an＋1－an＝n＋1，则an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(3)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.以上(n－1)个式子相乘得an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).当n＝1时，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
(4)由an＋1＝2an－3，得an＋1－3＝2(an－3)．所以数列{an－3}是首项为－2，公比为2的等比数列，则an－3＝－2×2n－1，即an＝－2n＋3.
[答案] (1)B (2)eq \f(n2＋n＋2,2)
(3)an＝eq \f(1,n)(n∈N*) (4)－2n＋3
[方法技巧] 由递推公式求通项公式的方法
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，所以4an－an＋1＋1＝0.所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
答案：an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
2．根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*)；
(2)a1＝1,2nan＋1＝(n＋1)an(n∈N*)；
(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(n≥2)．
解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
(2)由2nan＋1＝(n＋1)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,2n).所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n,2n－1)·eq \f(n－1,2n－2)·eq \f(n－2,2n－3)·…·eq \f(2,2·1)·1＝eq \f(n,2n－1).
(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，所以an＋2＝3(an－1＋2)．因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.
命题视角三 数列的函数性质
考法(一) 数列的周期性
[例1] (2022·淮南一模)设Sn是数列{an}的前n项和．若a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝1－eq \f(1,an)，则S2 021＝( )
A．eq \f(2 017,2) B．1 009
C．eq \f(2 019,2) D．1 010
[解析] 由题意得a2＝1－eq \f(1,a1)＝－1，a3＝1－eq \f(1,a2)＝2，a4＝1－eq \f(1,a3)＝eq \f(1,2)，以此类推可知，对任意的n∈N*，an＋3＝an，即数列{an}是以3为周期的周期数列．因此S2 021＝673S3＋a1＋a2＝673×eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)－1＝1 009.故选B.
[答案] B
[方法技巧]
周期数列的常见形式
(1)利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
(2)相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
(3)相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
考法(二) 数列的单调性
[例2] 已知数列{an}满足a1＝2,2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，则数列{bn}是( )
A．常数列 B．摆动数列
C．递增数列 D．递减数列
[解析] ∵2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，
∴an＋1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an))).
∵bn＝eq \f(an－1,an＋1)，∴bn＋1＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))－1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))＋1)＝eq \f(an－12,an＋12)＝beq \\al(2,n)>0.
∵a1＝2，∴b1＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4，b4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))8，
∴数列{bn}是递减数列，故选D.
[答案] D
[方法技巧]
解决数列单调性问题的3种方法
(1)作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．
(2)作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合导数的方法判断．
考法(三) 数列中的最大(小)项
[例3] 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9nn＋1,10n)，则数列中的最大项为________．
[解析] 法一：an＋1－an＝eq \f(9n＋1n＋2,10n＋1)－eq \f(9nn＋1,10n)＝eq \f(9n,10n)·eq \f(8－n,10)，
当n<8时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>8时，an＋1－an<0，即an＋1则a1a10>a11>…，故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(98×9,108)＝eq \f(99,108).
法二：设数列{an}中的第n项最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(9nn＋1,10n)≥\f(9n－1n,10n－1)，,\f(9nn＋1,10n)≥\f(9n＋1n＋2,10n＋1)，))解得8≤n≤9.又n∈N*，则n＝8或n＝9.故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(99,108).
[答案] eq \f(99,108)
[方法技巧]
求数列最大项或最小项的方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．
[针对训练]
1．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：选D 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)<0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.
2．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是( )
A．第2项 B．第3项 C．第4项 D．第5项
解析：选B ∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N*，∴当n＝3时，f(n)取得最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝aeq \\al(2,n)－2an＋1(n∈N*)，则a2 022＝________.
解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，∴可知数列{an}是以2为周期的数列，∴a2 022＝a2＝0.
答案：0
数学建模·练抽象思维——与数列通项有关的创新应用问题
1．(参悟传统文化)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和．它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．数列前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则此数列第20项为( )
A．180 B．200 C．128 D．162
解析：选B 由0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，可得偶数项的通项公式为a2n＝2n2，则此数列第20项为2×102＝200.故选B.
2.(创新学科情境)公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为( )
A．120 B．145 C．270 D．285
解析：选B 记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq \f(3n－1n,2)，所以a10＝145.
3．(创新学科情境)数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．将数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}，则b21＝( )
A．1 B．2 C．3 D．0
解析：选B 由题意得a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，a11＝89，a12＝144，a13
＝233，…，∴数列{an}的每一项除以4所得的余数为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,1，…，构成一个新的数列{bn}，∴数列{bn}的周期为6，∴b21＝b3＝2.故选B.
4．(创新学科情境)设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋…＋\f(1,an)))＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选A 设Sn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an).由a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，可得an＋1－an＝n＋1，那么当n≥2时，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a2－a1＝2，累加可得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝eq \f(nn＋1,2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，则eq \f(1,an)＝2·eq \f(1,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).故eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝2－eq \f(2,n＋1).∵05．(创新学科情境)设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
解析：∀n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，∀n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－6(n∈N*)．
答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为( )
A．an＝n2 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
解析：选B 易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为an＝(－1)n·n2，故选B.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝( )
A．31 B．42 C．37 D．47
解析：选D 由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为S1＋1＝3，公比为2，则S5＋1＝3×24，∴S5＝47.
3．(2022·沈阳模拟)已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))n－1
C．n D．n2
解析：选C 由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，即eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，故an＝n.故选C.
4．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时， 不满足上式．故数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))
5．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
解析：由题意知an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴a2－a1＝1－eq \f(1,2)，a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，a4－a3＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)＝4－eq \f(1,n).经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－eq \f(1,n).
答案：4－eq \f(1,n)
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2022·湖南三市联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(a14n－1,3)，若a4＝32，则a1的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16)
解析：选A 因为Sn＝eq \f(a14n－1,3)，a4＝32，所以S4－S3＝eq \f(255a1,3)－eq \f(63a1,3)＝32，解得a1＝eq \f(1,2)，故选A.
2．记Sn为递增数列{an}的前n项和，“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 因为“an>0”⇒数列{Sn}是递增数列，所以充分性成立；反之，如数列{an}为－1，1,3,5,7，9，…，显然{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，所以必要性不成立．因此“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.
3．设数列{an}的通项公式为an＝n2－bn，若数列{an}是递增数列，则实数b的取值范围为( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，2]
C．(－∞，3) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,2)))
解析：选C 因为数列{an}是递增数列，所以an＋1－an＝2n＋1－b>0(n∈N*)，所以b<2n＋1(n∈N*)，即b<(2n＋1)min＝3，得b<3.
4．数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则ap－aq＝( )
A．10 B．15 C．－5 D．20
解析：选D 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以an＝4n－5，所以ap－aq＝4(p－q)＝20.
5．(2022·河南湘豫名校月考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a2 022＝( )
A．－eq \f(1,2) B．－3 C.eq \f(1,3) D．2
解析：选B 由题意得a1＝2，a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，…，故数列{an}是以4为周期的周期数列，故a2 022＝a2＝－3，故选B.
6．对于数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，令bn＝an－eq \f(1,an)，下列说法正确的是( )
A．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是递增数列
B．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递减数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是递减数列
C．若an＝3n－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最大值
D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最大值
解析：选D 如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，故A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，故B不正确；函数f(x)＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，当n＝1时，an取得最小值，a1＝2>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最小值，故C不正确；若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，当n＝1时，an取得最大值eq \f(3,2)且an>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最大值，故D正确．
7．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝( )
A.eq \f(25,9) B.eq \f(26,9) C．3 D.eq \f(28,9)
解析：选B 令bn＝nan，则由2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，得2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N*)，∴数列{bn}是以1为首项，以2a2－a1＝3为公差的等差数列，则bn＝1＋3(n－1)＝3n－2，即nan＝3n－2，∴an＝eq \f(3n－2,n)，∴a18＝eq \f(3×18－2,18)＝eq \f(26,9).故选B.
8．(2022·北京海淀区期末)数列{an}的通项公式为an＝n2－3n，n∈N*，前n项和为Sn，给出下列三个结论：
①存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm＝Sn；
②存在正整数m，n(m≠n)，使得am＋an＝2eq \r(aman)；
③记Tn＝a1a2…an(n＝1,2,3，…)，则数列{Tn}有最小项．
其中所有正确结论的序号是( )
A．① B．③ C．①③ D．①②③
解析：选C 由题意，数列{an}的通项公式为an＝n2－3n，令an＝0，即n2－3n＝0，解得n＝3或n＝0(舍去)，即a3＝0，所以S2＝S3，即存在正整数m，n(m≠n)，使得Sm＝Sn，所以①正确；由an＝n2－3n，可得当n≥3时，an≥0，且数列递增，当m，n∈[1,3]且m，n∈N*时，可得am＋an＜0,2eq \r(aman)≥0，所以am＋an≠2eq \r(aman)；当m∈[1,3]，n∈(3，＋∞)或m∈(3，＋∞)，n∈[1,3]且m，n∈N*时，易知am＋an≠2eq \r(aman)；当m，n∈[3，＋∞)且m，n∈N*时，am＋an≥2eq \r(aman)，当且仅当am＝an时等号成立，与n≥3时数列{an}递增矛盾，故am＋an＞2eq \r(aman).综上，不存在正整数m，n(m≠n)，使得am＋an＝2eq \r(aman)，所以②不正确；由an＝n2－3n，可得a1＝－2，a2＝－2，a3＝0，当n＞3时，an＞0，数列{an}递增，又Tn＝a1a2…an(n＝1,2,3，…)，所以当n＝1时，数列{Tn}有最小项T1＝－2，所以③正确．故选C.
9．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式an2－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，1))
解析：选A ∵a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，∴2an＝2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1，整理得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)，∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．不等式an2－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t>0，∴010．设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是________．
解析：因为an＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2＋eq \f(3,4)，由二次函数的性质，得当n＝2或n＝3时，an最大，最大值为0.
答案：0
11．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n，则由累加法得eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq \f(n2－n,2)，又因为a1＝1，所以eq \f(1,an)＝eq \f(n2－n,2)＋1＝eq \f(n2－n＋2,2)，所以an＝eq \f(2,n2－n＋2).
答案：eq \f(2,n2－n＋2)
12．在数列{an}中，an>0，且前n项和Sn满足4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；当n≥2时，由4Sn＝(an＋1)2＝an2＋2an＋1，得4Sn－1＝an－12＋2an－1＋1，两式相减得4Sn－4Sn－1＝an2－an－12＋2an－2an－1＝4an，整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因为an>0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
答案：an＝2n－1
13．若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.又当n＝1时，eq \r(a1)＝2，∴a1＝4，∴eq \f(an,n)＝4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
14．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq \f(k,2)－3.所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
15．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a>0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－eq \f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1<0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解：(1)依题意，当f(x)＝0时，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a>0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))
(2)由题意得cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))由cn＝1－eq \f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn>0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq \f(1,3)，c5＝eq \f(1,5)，c6＝eq \f(3,7)，即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0，所以数列{cn}的变号数为3.
第二节 等差数列及其前n项和
课程标准
1．理解等差数列的概念和通项公式的意义．
2．理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系．
3．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能解决相应的问题．体会等差数列与一元一次函数的关系．
[由教材回扣基础]
1．等差数列的有关概念
2．等差数列的通项公式与前n项和公式
3．等差数列的性质
(1)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an.
(2)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．
(3)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．
(4)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(m∈N*)也是等差数列，公差为m2d.
(5)若Sn为等差数列{an}的前n项和，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))也为等差数列．
澄清微点·熟记结论
(1)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列，且公差为p.
(2)在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(3)等差数列{an}的单调性：当d>0时，{an}是递增数列；当d<0时，{an}是递减数列；当d＝0时，{an}是常数列．
(4)数列{an}是等差数列⇔Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，A≠0)．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )
(2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.( )
(3)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．( )
(4)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．( )
(5)若数列{an}，{bn}(项数相同)都是等差数列，则数列{an＋bn}也一定是等差数列．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
二、练牢教材小题
1．(新湘教版选择性必修①P13T4)已知等差数列{an}中，a6＝－24，a30＝－48，则首项a1＝_____，公差d＝_____.
答案：－19 －1
2．(新人教A版选择性必修②P15T4改编)已知在等差数列{an}中，a4＋a8＝20，a7＝12，则a10＝________.
答案：18
3．(新苏教版选择性必修①P141T5改编)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，若a3＝2，且S6＝30，则S9＝________.
答案：126
三、练清易错易混
1．(忽视数列中项为0的情况)已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，则使数列{an}的前n项和Sn取最大值的正整数n的值是________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由|a3|＝|a9|，得|a1＋2d|＝|a1＋8d|，解得a1＝－5d或d＝0(舍去)，则a1＋5d＝a6＝0，a5>0，故使前n项和Sn取最大值的正整数n＝5或6.
答案：5或6
2．(忽视相邻项的符号)首项为28的等差数列{an}，从第8项开始为负数，则公差d的取值范围是________．
解析：由题意知数列{an}满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a8<0，,a7≥0))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(28＋7d<0，,28＋6d≥0，))解得－eq \f(14,3)≤d<－4.
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(14,3)，－4))
3．(忽视项的符号)已知等差数列{an}的通项公式为an＝11－n，则|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝________.
解析：设Sn是数列{an}的前n项和，|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝(a1＋a2＋…＋a11)－(a12＋a13＋…＋a20)＝S11－(S20－S11)＝2S11－S20，而S11＝eq \f(11×10＋0,2)＝55，S20＝10×20＋eq \f(20×20－1,2)×(－1)＝10，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a20|＝100.
答案：100
命题视角一 等差数列的基本运算(自主练通)
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，若am＝30，则m＝( )
A．9 B．10 C．11 D．15
解析：选B 设等差数列{an}的公差为d，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S11＝11a1＋\f(11×11－1,2)d＝22，,a4＝a1＋3d＝－12，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－33，,d＝7，))∴am＝a1＋(m－1)d＝7m－40＝30，∴m＝10.
2．记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( )
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq \f(1,2)n2－2n
解析：选A 设首项为a1，公差为d.
由S4＝0，a5＝5可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－3，,d＝2.))
所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝n×(－3)＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－4n.故选A.
3．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2，得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq \f(10×9,2)×1＝25.
答案：25
4．(2021·新高考Ⅱ卷)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，∵S5＝5a3＝a3⇒a3＝0，∴S4＝2(a2＋a3)＝2a2，∴a2a4＝S4⇒a2a4＝2a2.由公差d≠0及a3＝0知a2≠0，∴a4＝2，d＝2，则an＝a3＋2(n－3)＝2n－6.
(2)Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n－4＋2n－6,2)＝n2－5n，由Sn>an⇒n2－5n>2n－6⇒(n－1)(n－6)>0⇒n<1或n>6，∵n∈N*，∴n的最小值为7.
[一“点”就过]
解决等差数列基本量计算问题的思路
(1)在等差数列{an}中，a1与d是最基本的两个量，一般可设出a1和d，利用等差数列的通项公式和前n项和公式列方程(组)求解即可．
(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式an＝a1＋(n－1)d和前n项和公式Sn＝eq \f(na1＋an,2)＝na1＋eq \f(nn－1,2)d，在两个公式中共涉及五个量：a1，d，n，an，Sn，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．
命题视角二 等差数列的判定与证明
[典例] (2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2.
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解] (1)证明：由eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2，
得bn＝eq \f(Sn,2Sn－1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2Sn－1)，
亦可得2＋eq \f(Sn,bn)＝2Sn＝2＋eq \f(1,bn－1)(n≥2)，即bn－1＝eq \f(1,2Sn－1)(n≥2)，所以bn－bn－1＝eq \f(1,2).由eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝2，可得b1＝eq \f(3,2).所以数列{bn}是首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
(2)由(1)知bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝1＋eq \f(n,2)，所以Sn＝eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1＋\f(n,2),1＋\f(n－1,2))＝eq \f(n＋2,n＋1)(n≥2)．当n＝1时，S1＝b1＝eq \f(3,2)，满足上式，所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1).所以an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)(n≥2)．
当n＝1时，a1＝S1＝b1＝eq \f(3,2)≠－eq \f(1,2)，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，n＝1，,\f(1,n＋1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*.))
[方法技巧] 等差数列的判定与证明方法
提醒：用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足an－an－1＝1(n≥3)的数列{an}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.
[针对训练]
1．(2021·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq \r(Sn)}是等差数列，证明：{an}是等差数列．
证明：设等差数列{eq \r(Sn)}的公差为d′.则d′＝eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(a1＋a2)－eq \r(a1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝eq \r(a1)，∴eq \r(Sn)＝eq \r(a1)＋(n－1)d′＝eq \r(a1)＋(n－1)eq \r(a1)＝neq \r(a1)，∴Sn＝n2a1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1.∴an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1，∴数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．
2．已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求a2，a3；
(2)证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列，并求{an}的通项公式．
解：(1)由已知，得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.
(2)证明：由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，得eq \f(nan＋1－n＋1an,nn＋1)＝2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项eq \f(a1,1)＝1，公差d＝2的等差数列．则eq \f(an,n)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.
命题视角三 等差数列的性质及应用
[典例] (1)设{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝( )
A．0 B．37 C．100 D．－37
(2)(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
[解析] (1)设cn＝an＋bn，由于{an}，{bn}都是等差数列，则{cn}也是等差数列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，∴{cn}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.
(2)由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝eq \f(2n9＋18n,2)－2×eq \f(n9＋9n,2)＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝eq \f(3n9＋27n,2)＝eq \f(3×9×9＋27×9,2)＝3 402，故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
利用等差数列的性质求解问题的注意点
(1)如果{an}为等差数列，m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现am－n，am，am＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与am(或其他项)有关的条件；若求am项，可由am＝eq \f(1,2)(am－n＋am＋n)转化为求am－n，am＋n或am＋n＋am－n的值．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；
②Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…组成等差数列．
[针对训练]
1．已知{an}为等差数列，a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9等于( )
A．9 B．17 C．72 D．81
解析：选D 由等差数列的性质可得，a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{an}的前9项和S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9×eq \f(18,2)＝81.故选D.
2．等差数列{an}的前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an.若S10＝31，S20＝122，则S30＝( )
A．153 B．182 C．242 D．273
解析：选D 根据等差数列的前n项和的性质，数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，S4m－S3m，…(m∈N*)依然成等差数列可知S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以91×2＝31＋S30－122，解得S30＝273，故选D.
命题视角四 等差数列的最值问题
[典例] (1)(2022·湘赣皖十五校第一次联考)记Sn为数列{an}的前n项和，数列{an}对任意的p，q∈N*满足ap＋q＝ap＋aq＋13.若a3＝－7，则当Sn取最小值时，n等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
(2)在等差数列{an}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为________．
[解析] (1)由题意得a3＝a1＋a2＋13＝(a1＋13)＋(2a1＋13)＝－7，所以a1＝－11，由条件可得，对任意的n∈N*，an＋1＝an＋a1＋13＝an＋2，所以{an}是等差数列，an＝2n－13.
要使Sn最小，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－13≤0，,2n＋1－13≥0，))解得eq \f(11,2)≤n≤eq \f(13,2)，
又n∈N*，所以n＝6.
(2)设等差数列{an}的公差为d.由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以an＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以Sn＝eq \f(n13＋15－2n,2)＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以当n＝7时，数列{an}的前n项和Sn最大，最大值为S7＝49.
[答案] (1)A (2)49
[方法技巧]
求等差数列前n项和Sn的最值的常用方法
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值．
(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求Sn的最值．
①当a1>0，d<0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≥0，,am＋1≤0))的项数m使得Sn取得最大值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最大值)；
②当a1<0，d>0时，满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(am≤0，,am＋1≥0))的项数m使得Sn取得最小值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最小值)．

[针对训练]
1．设{an}是等差数列，Sn是其前n项和，且S5S8，则下列结论不正确的是( )
A．d<0 B．a7＝0
C．S9>S5 D．S6与S7均为Sn的最大值
解析：选C 由题意得a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6＝0，a8＝S8－S7<0，a7＋a8＝S8－S6<0，则数列{an}为递减数列，即选项A、B正确；由S9－S5＝a9＋a8＋a7＋a6＝2(a8＋a7)<0，得S9a2>…>a6>a7＝0>a8>a9>…，可得S6与S7均为Sn的最大值，即选项D正确．
2．(2022·吴忠联考)数列{an}是等差数列，Sn为其前n项和，且a1＜0，a2 020＋a2 021＜0，a2 020·a2 021＜0，则使Sn＜0成立的最大正整数n是( )
A．2 020 B．2 021 C．4 040 D．4 041
解析：选C 设等差数列{an}的公差为d，由a1＜0，a2 020＋a2 021＜0，a2 020·a2 021＜0，可知a2 020＜0，a2 021＞0，所以d＞0，数列{an}为递增数列．由S4 041＝eq \f(4 041a1＋a4 041,2)＝4 041a2 021＞0，S4 040＝2 020(a1＋a4 040)＝2 020(a2 020＋a2 021)＜0，可知使Sn＜0成立的最大正整数n为4 040.故选C.
3．设等差数列{an}满足a1＝1，an>0(n∈N*)，其前n项和为Sn，若数列{eq \r(Sn)}也为等差数列，则eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是________．
解析：设数列{an}的公差为d，依题意得2eq \r(S2)＝eq \r(S1)＋eq \r(S3)，
∴2eq \r(2a1＋d)＝eq \r(a1)＋eq \r(3a1＋3d)，
把a1＝1代入求得d＝2，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，
Sn＝n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2，
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))＝eq \f(n＋102,2n－12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋10,2n－1)))2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)2n－1＋\f(21,2),2n－1)))2
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(21,2n－1)))2≤121.
∴eq \f(Sn＋10,a\\al(2,n))的最大值是121.
答案：121
数学建模·练抽象思维——等差数列中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”其意思为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女作旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，使孝顺子女的美德外传，试求各人应分得多少斤．”则第3个子女分得棉花( )
A．65斤 B．82斤 C．99斤 D．106斤
解析：选C 设第一个孩子分配到a1斤棉花，则由题意得S8＝8a1＋eq \f(8×7,2)×17＝996，解得a1＝65.则a3＝65＋2×17＝99(斤)．
2．(创新学科情境)已知数列{an}满足3an＋1＝9·3an，且a2＋a4＋a6＝9，则lg (a5＋a7＋a9)＝( )
A．3 B．－3 C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
解析：选B 由数列{an}满足3an＋1＝9·3an(n∈N*)，可得an＋1＝an＋2，所以数列{an}是等差数列，公差为d＝2，a5＋a7＋a9＝a2＋a4＋a6＋9d＝9＋18＝27，
所以lg (a5＋a7＋a9)＝lg27＝－3.
3．(创新学科情境)记Sn为数列{an}的前n项和，已知点(n，an)在直线y＝10－2x上．若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是( )
A．(8,14] B．(14,18] C．(18,20] D．
解析：选C 由已知可得an＝10－2n，所以数列{an}为等差数列，首项为8，公差为－2.所以Sn＝8n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋9n，当n＝4或5时，Sn取得最大值为20.因为有且只有两个正整数n满足Sn≥k，所以满足条件的是n＝4和n＝5.因为S3＝S6＝18，所以实数k的取值范围是(18,20]．故选C.
4．(走向生产生活)某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来24 h城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作24 h．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔20 min才有一辆到达施工现场投入工作，要在24 h内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车( )
A．25辆 B．24辆 C．23辆 D．22辆
解析：选C 总工作量为20×24＝480 h，由题意可知，每调来一辆车，工作时间依次递减eq \f(1,3) h，则每辆车的工作时间成等差数列，设第n辆车的工作时间为an，则a1＝24，等差数列的公差d＝－eq \f(1,3)，∴n辆车的工作总时长Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝24n－eq \f(nn－1,6)，∵S23＝24×23－eq \f(23×22,6)≈468＜480，S24＝24×24－eq \f(24×23,6)＝484＞480，∴共需24辆车完成工程，∴至少还需要抽调24－1＝23辆车．故选C.
5．(创新学科情境)写出一个公差为2且“前3项之和小于第3项”的等差数列an＝________.
解析：要满足“前3项之和小于第3项”，则a1＋a2＋a3答案：2n－6(答案不唯一)
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一、基础练——练手感熟练度
1．已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝an－1，则a4等于( )
A．2 B．0 C．－1 D．－2
解析：选D 因为a1＝1，an＋1＝an－1，所以数列{an}为等差数列，公差d为－1，所以a4＝a1＋3d＝1－3＝－2，故选D.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝( )
A．36 B．72 C．144 D．288
解析：选B ∵a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，
∴d＝eq \f(3,2)，∴S9＝9×2＋eq \f(9×8,2)×eq \f(3,2)＝72.
3．公差不为零的等差数列{an}中，a7＝2a5，则数列{an}中第________项的值与4a5的值相等．
解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a7＝2a5，所以a1＋6d＝2(a1＋4d)，则a1＝－2d，所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－3)d，而4a5＝4(a1＋4d)＝4(－2d＋4d)＝8d＝a11，故数列{an}中第11项的值与4a5的值相等．
答案：11
4．(2019·江苏高考)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵S9＝27，∴S9＝eq \f(9a1＋a9,2)＝9a5＝27，∴a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0.解得d＝2，∴S8＝eq \f(8a1＋a8,2)＝4(a4＋a5)＝4×(1＋3)＝16.
答案：16
5．若等差数列{an}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13＝________.
解析：因为S17＝eq \f(a1＋a17,2)×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差数列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.
答案：3
6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S2＝S6，eq \f(S5,5)－eq \f(S4,4)＝2，则a1＝________，公差d＝________.
解析：由{an}为等差数列，得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为a1，公差为eq \f(d,2)的等差数列，∵eq \f(S5,5)－eq \f(S4,4)＝2，∴eq \f(d,2)＝2⇒d＝4，又S2＝S6⇒2a1＋4＝6a1＋eq \f(6×5,2)×4⇒a1＝－14.
答案：－14 4
二、综合练——练思维敏锐度
1．设Sn是等差数列{an}的前n项和．若eq \f(a5,a3)＝eq \f(5,9)，则eq \f(S9,S5)＝( )
A.eq \f(5,9) B.eq \f(9,5) C.eq \f(81,25) D．1
解析：选D eq \f(S9,S5)＝eq \f(\f(9a1＋a9,2),\f(5a1＋a5,2))＝eq \f(9a5,5a3)＝1.故选D.
2．已知数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2.若ak·ak＋1<0，则正整数k＝( )
A．21 B．22 C．23 D．24
解析：选C 由3an＋1＝3an－2⇒an＋1－an＝－eq \f(2,3)⇒{an}是等差数列，则an＝eq \f(47,3)－eq \f(2,3)n.∵ak·ak＋1<0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(47,3)－\f(2,3)k))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(45,3)－\f(2,3)k))<0，∴eq \f(45,2)3．(2022·江西九校联考)据有关文献记载：我国古代有一座9层塔挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层比上一层都多d(d为常数)盏灯，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的顶层共有灯( )
A．2盏 B．3盏 C．4盏 D．5盏
解析：选A 设从塔顶到塔底第n层的灯数为an，则数列{an}为等差数列，公差为d，设其前n项和为Sn.依题意a9＝13a1，S9＝126，所以eq \f(9a1＋a9,2)＝126，则eq \f(9(\f (a9,13＋a9)),2)＝126，解得a9＝26，a1＝eq \f(a9,13)＝2.故选A.
4．若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2 020>0，S2 021<0”是“a1 010a1 011<0”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B 若S2 020>0，S2 021<0，则eq \f(2 020a1＋a2 020,2)＝1 010(a1 010＋a1 011)>0，即a1 010＋a1 011>0，且2 021×eq \f(a1＋a2 021,2)＝2 021a1 011<0.∴a1 010>0，a1 011<0，可得a1 010a1 011<0，充分性成立；反之，若a1 010<0，a1 011>0，满足a1 010a1 011<0，不能推出“S2 020>0，S2 021<0”，必要性不成立．故“S2 020>0，S2 021<0”是“a1 010a1 011<0”的充分不必要条件，故选B.
5．(2022·深圳一模)在数列{an}中，a1＝3，am＋n＝am＋an(m，n∈N*)．若a1＋a2＋a3＋…＋ak＝135，则k＝( )
A．10 B．9 C．8 D．7
解析：选B 令m＝1，由am＋n＝am＋an可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝3.所以数列{an}是首项为3，公差为3的等差数列，an＝3＋3(n－1)＝3n，所以a1＋a2＋a3＋…＋ak＝eq \f(ka1＋ak,2)＝eq \f(k3＋3k,2)＝135，整理可得k2＋k－90＝0，解得k＝9或k＝－10(舍去)．
6．已知数列{an}满足5eq \a\vs4\al(an＋1)＝25·5eq \a\vs4\al(an)，且a2＋a4＋a6＝9，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝( )
A．－3 B．3 C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
解析：选A 数列{an}满足5an＋1＝25·5eq \a\vs4\al(an)，∴an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，∴数列{an}是等差数列，公差为2.∵a2＋a4＋a6＝9，∴3a4＝9，a4＝3.∴a1＋3×2＝3，解得a1＝－3.∴a5＋a7＋a9＝3a7＝3×(－3＋6×2)＝27，则lgeq \f(1,3)(a5＋a7＋a9)＝lgeq \f(1,3)33＝－3.故选A.
7．等差数列{an}，{bn}满足：对任意n∈N*，都有eq \f(an,bn)＝eq \f(2n＋3,4n－9)，则eq \f(a7,b3＋b9)＋eq \f(a5,b4＋b8)＝________.
解析：由等差数列的性质可得b3＋b9＝b4＋b8＝2b6，a7＋a5＝2a6.∴eq \f(a7,b3＋b9)＋eq \f(a5,b4＋b8)＝eq \f(a7＋a5,2b6)＝eq \f(2a6,2b6)＝eq \f(a6,b6)＝eq \f(2×6＋3,4×6－9)＝1.
答案：1
8．(2022·龙岩期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，则a20的值为________，S21的值为________．
解析：将n＝1代入an＋an＋1＝2n＋1中得a2＝3－1＝2.由an＋an＋1＝2n＋1 ①，得an＋1＋an＋2＝2n＋3 ②.②－①，得an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项、偶数项都是以2为公差的等差数列，则a21＝1＋10×2＝21，a20＝2＋9×2＝20，所以S21＝(a1＋a3＋a5＋…＋a21)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝eq \f(1＋21×11,2)＋eq \f(2＋20×10,2)＝231.
答案：20 231
9．(2021·全国甲卷)已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列；②数列{eq \r(Sn) }是等差数列；③a2＝3a1.
解：方案一：选①②⇒③，即已知{an}及{eq \r(Sn) }是等差数列，求证：a2＝3a1.证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则eq \r(Sn)＝eq \r(na1＋\f(nn－1,2)d).由{eq \r(Sn)}为等差数列，知eq \r(S1)＋eq \r(S3)＝2eq \r(S2)，即eq \r(a1)＋ eq \r(3a1＋3d)＝2eq \r(2a1＋d)，即a1＋3a1＋3d＋2eq \r(3a12＋3a1d)＝8a1＋4d，即2eq \r(3a12＋3a1d)＝4a1＋d.所以12a12＋12a1d＝16a12＋8a1d＋d2，所以4a12－4a1d＋d2＝0，即2a1－d＝0.所以d＝2a1.所以a2＝a1＋d＝a1＋2a1＝3a1.
方案二：选①③⇒②，即已知{an}是等差数列且a2＝3a1，求证：{eq \r(Sn)}是等差数列．证明：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1.所以Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)×d＝na1＋eq \f(nn－1,2)×2a1＝n2a1.所以eq \r(Sn)＝neq \r(a1)，所以eq \r(S1)＝eq \r(a1) .当n≥2时，eq \r(Sn)－eq \r(Sn－1)＝neq \r(a1)－(n－1)eq \r(a1)＝eq \r(a1)，为常数．所以数列{eq \r(Sn) }是首项为eq \r(a1)，公差为eq \r(a1)的等差数列．
方案三：选②③⇒①，即已知数列{eq \r(Sn) }是等差数列，且a2＝3a1，求证：数列{an}是等差数列．证明：设等差数列{eq \r(Sn) }的公差为d，则eq \r(S2)－eq \r(S1)＝d，即eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝d，则eq \r(a1)＝d.所以eq \r(Sn)＝eq \r(a1)＋(n－1)d＝eq \r(a1)＋(n－1)eq \r(a1)＝neq \r(a1)，所以Sn＝n2a1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，所以an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1.所以数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．
10．(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解：(1)由题意，得b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.易得a2n＋2＝a2n＋1＋1，a2n＋1＝a2n＋2，所以a2n＋2＝a2n＋3，即bn＋1＝bn＋3，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)由(1)可得a2n＝3n－1，a2n－1＝a2n－2＋2＝bn－1＋2＝3n－2.所以a19＝3×10－2＝28，a20＝3×10－1＝29.所以{an}的前20项的和为(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝eq \f(1＋28,2)×10＋eq \f(2＋29,2)×10＝300.
三、自选练——练高考区分度
1．两位大学毕业生甲、乙同时开始工作．甲第1个月工资为4 000元，以后每月增加100元．乙第一个月工资为4 500元，以后每月增加50元，则下列说法错误的是( )
A．第5个月甲的月工资低于乙
B．甲与乙在第11个月时月工资相等
C．甲、乙前11个月的工资总收入相等
D．甲比乙前11个月的工资总收入要低
解析：选C 设甲各月工资组成数列{an}，乙各月工资组成数列{bn}，易知an＝100n＋3 900，bn＝50n＋4 450.因为a5＝4 400＜b5＝4 700，所以A正确；因为a11＝b11＝5 000，所以B正确；因为甲前11个月工资总收入为eq \f(11×4 000＋5 000,2)＝49 500元，乙前11个月工资总收入为eq \f(11×4 500＋5 000,2)＝52 250元，所以C不正确，D正确．
2．已知等差数列{an}的公差为－2，前n项和为Sn，a3，a4，a5为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为120°，若Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，则实数m＝( )
A．7 B．6 C．5 D．4
解析：选B 由题意易知a32＝a42＋a52－2a4·a5cs 120°，即(a4＋2)2＝a42＋(a4－2)2＋2a4(a4－2)×eq \f(1,2)，化为a42－5a4＝0，又a4≠0，解得a4＝5，∴a3＝7，a5＝3，a6＝1，a7＝－1.∵Sn≤Sm对任意的n∈N*恒成立，∴实数m＝6.故选B.
3．(2022·南通期末)我国古代数学名著中载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的正整数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的正整数从小到大组成数列{bn}，把数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是( )
A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4
C．b22＝c8 D．a6b2＝c9
解析：选C 根据题意，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1；数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3.把数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.对于A，a1＋b2＝2＋2×5－3＝9，c2＝15×2－13＝17，a1＋b2≠c2，错误；对于B，b8－a2＝5×8－3－3×2＋1＝32，c4＝15×4－13＝47，b8－a2≠c4，错误；对于C，b22＝5×22－3＝107，c8＝15×8－13＝107，b22＝c8，正确；对于D，a6b2＝(3×6－1)×(5×2－3)＝119，c9＝15×9－13＝122，a6b2≠c9，错误．故选C.
4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2an＝6－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n(n∈N*)，则数列{an}中最大项等于________．
解析：由Sn＋2an＝6－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，得当n≥2时，Sn－1＋2an－1＝6－6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，两式相减得当n≥2时，3an－2an－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))nan－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1an－1＝1.
令bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))nan，又由S1＋2a1＝6－6×eq \f(2,3)得a1＝eq \f(2,3)，∴数列{bn}是首项b1＝eq \f(3,2)×eq \f(2,3)＝1，公差为1的等差数列．
∴bn＝n，∴an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴an＋1－an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＝eq \f(2－n,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
∴a1a4>…>an，∴数列{an}中的最大项为a2＝a3＝eq \f(8,9).
答案：eq \f(8,9)
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，eq \f(Sn,an＋1)＝eq \f(n,2)，a2＝3.
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)从下面两个条件中选一个，求数列{bn}的前101项的和T101.
①bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,2an，n为偶数；))
②bn＝ansineq \f(nπ,2).
解：(1)证明：因为eq \f(Sn,an＋1)＝eq \f(n,2)，
所以Sn＝eq \f(an＋1n,2)，①
Sn＋1＝eq \f(an＋1＋1n＋1,2)，②
②－①得(n－1)an＋1＝nan－1，③
所以nan＋2＝(n＋1)an＋1－1，④
④－③得an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}是等差数列．
(2)由eq \f(Sn,an＋1)＝eq \f(n,2)得a1＝1，a2＝3，
所以等差数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
若选①：
在数列{bn}的前101项中，奇数项有51项，构成首项为2，公差为4的等差数列，偶数项有50项，构成首项为6，公差为8的等差数列，所以T101＝51×2＋eq \f(51×50,2)×4＋50×6＋eq \f(50×49,2)×8＝15 302.
若选②：
因为n为偶数时sineq \f(nπ,2)＝0，
所以数列{bn}的前101项中，奇数项有51项，偶数项均为零，所以T101＝a1－a3＋a5－a7＋a97－a99＋a101
＝a1＋50d＝1＋50×2＝101.
第三节 等比数列及其前n项和
课程标准
1．理解等比数列的概念和通项公式的意义．
2．理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
3．能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能解决相应的问题．
4．体会等比数列与指数函数的关系．
[由教材回扣基础]
1．等比数列的有关概念
2．等比数列的有关公式
澄清微点·熟记结论
(1)若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝aeq \\al(2,k).
(2)若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
(3)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(4){an}为等比数列，若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
(5)当q≠0，q≠1时，Sn＝k－k·qn(k≠0)是{an}成等比数列的充要条件，此时k＝eq \f(a1,1－q).
(6)有穷等比数列中，与首末两项等距离的两项的积相等．特别地，若项数为奇数时，还等于中间项的平方．
(7)由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
(8)在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)等比数列{an}的公比q＞1，则该数列递增．( )
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.( )
(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝eq \f(a1－an,1－a).( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、练牢教材小题
1．(新苏教版选择性必修①P146例6改编)已知等比数列{an}的通项公式为an＝3×2n－3，则q＝________.
答案：2
2．(新人教A版选择性必修②P31T3改编)在正项等比数列{an}中，a1a3＝36，a2＋a4＝60，则a1＝________，q＝________.
答案：2 3
3．(人教A版必修⑤P56例1改编)已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝－384，则数列{an}的前6项和S6＝________.
答案：－eq \f(63,4)
三、练清易错易混
1．(忽视判断项的符号)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是________．
解析：根据根与系数之间的关系，得a3＋a7＝－4，a3a7＝2，由a3＋a7＝－4<0，a3a7>0，得a3<0，a7<0，即a5<0，由a3a7＝aeq \\al(2,5)，得a5＝－eq \r(a3a7)＝－eq \r(2).
答案：－eq \r(2)
2．(忽视等比数列的项不为0)已知x,2x＋2,3x＋3是等比数列的前三项，则x的值为________．
解析：由题意，得(2x＋2)2＝x(3x＋3)，即x2＋5x＋4＝0，解得x＝－1或x＝－4.当x＝－1时，x,2x＋2，3x＋3分别为－1,0,0，不构成一个等比数列，故x≠－1；当x＝－4时，x,2x＋2,3x＋3分别为－4，－6，－9，能构成一个等比数列，所以x的值为－4.
答案：－4
3．(忽视对公比的讨论)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq \f(1,a1)－eq \f(1,a2)＝eq \f(2,a3)，S6＝63，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q.由已知，有eq \f(1,a1)－eq \f(1,a1q)＝eq \f(2,a1q2)，即1－eq \f(1,q)＝eq \f(2,q2)，解得q＝2或q＝－1.若q＝－1，则S6＝0，与S6＝63矛盾，不符合题意，∴q＝2，∴S6＝eq \f(a11－26,1－2)＝63，得a1＝1，∴an＝2n－1.
答案：2n－1
命题视角一 等比数列的基本运算(自主练通)
1．已知等比数列{an}满足a1＝1,4a4－a1a7－4＝0，则a7＝( )
A．4 B.eq \f(1,4) C．8 D.eq \f(1,8)
解析：选A 因为4a4－a1a7－4＝0，所以aeq \\al(2,4)－4a4＋4＝0，所以a4＝2.设等比数列{an}的公比为q.再由a1＝1得q3＝2，则a7＝a1q6＝4.故选A.
2．(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则eq \f(Sn,an)＝( )
A．2n－1 B．2－21－n C．2－2n－1 D．21－n－1
解析：选B 设等比数列{an}的公比为q，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5－a3＝a1q4－a1q2＝12，,a6－a4＝a1q5－a1q3＝24))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))所以Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以eq \f(Sn,an)＝eq \f(2n－1,2n－1)＝2－21－n，故选B.
3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，且8a2＋a5＝0，则eq \f(S5,S2)等于( )
A．11 B．5
C．－8 D．－11
解析：选D 设{an}的公比为q.因为8a2＋a5＝0，
所以8a2＋a2·q3＝0，所以a2(8＋q3)＝0.
因为a2≠0，所以q3＝－8，所以q＝－2.
所以eq \f(S5,S2)＝eq \f(\f(a11－q5,1－q),\f(a11－q2,1－q))＝eq \f(1－q5,1－q2)＝eq \f(1＋32,1－4)＝eq \f(33,－3)＝－11.故选D.
4．(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.由已知得，a1＋a1q＝4，a1q2－a1＝8，解得a1＝1，q＝3.所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
(2)由(1)知lg3an＝n－1，故Sn＝eq \f(nn－1,2).由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝6或m＝－1(舍去)．
[一“点”就过]
等比数列基本量运算的解题策略
(1)等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．
(2)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
命题视角二 等比数列的判定与证明
[典例] 已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)求证：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，求数列{an}的通项公式．
[解] (1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an，得an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)因为a1＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2)，所以a2＋a1＝2.
又由(1)知数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列，
所以an＋1＋an＝(a2＋a1)·3n－1＝2·3n－1.
于是an＋1－eq \f(1,2)×3n＝－an＋eq \f(1,2)×3n－1，
又a2－eq \f(3,2)＝0，
所以an－eq \f(3n－1,2)＝0，即an＝eq \f(3n－1,2)，而a1＝eq \f(1,2)也符合．
于是an＝eq \f(1,2)×3n－1为所求．
[方法技巧] 等比数列的4种常用判定方法
提醒：(1)若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
(2)利用递推关系时，要注意对n＝1时的情况进行验证．
[针对训练]
已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明：{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝eq \f(31,32)，求λ.
解：(1)求证：由题意得a1＝S1＝1＋λa1，故λ≠1，a1＝eq \f(1,1－λ)，a1≠0.由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan.由a1≠0，λ≠0得an≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(λ,λ－1).因此{an}是首项为eq \f(1,1－λ)，公比为eq \f(λ,λ－1)的等比数列，于是an＝eq \f(1,1－λ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n－1.
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))n.由S5＝eq \f(31,32)得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(31,32)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))5＝eq \f(1,32).解得λ＝－1.
命题视角三 等比数列的性质及应用
[典例] (1)(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A．7 B．8 C．9 D．10
(2)(2021·全国甲卷)等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则( )
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析] (1)等比数列{an}的前n项和有如下的性质：S2，S4－S2，S6－S4，…成等比数列，且公比q′＝eq \f(S4－S2,S2)＝eq \f(1,2)，则S6－S4＝(S4－S2)·q′＝(6－4)×eq \f(1,2)＝1.所以S6＝S2＋(S4－S2)＋(S6－S4)＝4＋2＋1＝7.故选A.
(2)因为{an}是等比数列，若a1＜0，q＞0，则an＜0，所以{Sn}单调递减，所以甲不是乙的充分条件．反之，若{Sn}为递增数列，则an＞0对任意n≥2都成立，若a1＜0，要使an＝a1qn－1＞0恒成立，即qn－1＜0恒成立，这样的q不存在，所以a1＞0且q＞0，所以乙是甲的充分条件，所以甲是乙的必要不充分条件．故选B.
[答案] (1)A (2)B
[方法技巧]
1．等比数列性质应用问题的解题突破口
等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．
2．应用等比数列性质解题时的2个注意点
(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
[针对训练]
1．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝9，则lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋lg3a4＋lg3a5＝( )
A．eq \f(5,2) B．eq \f(5,3)
C．10 D．15
解析：选C 因为等比数列{an}的各项均为正数，且a3＝9，所以lg3a1＋lg3a2＋lg3a3＋lg3a4＋lg3a5＝lg3(a1·a2·a3·a4·a5)＝lg3aeq \\al(5,3)＝lg395＝lg3310＝10.故选C.
2．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为( )
A．25 B．20 C．15 D．10
解析：选B 在正项等比数列{an}中，Sn>0.因为S8－2S4＝5，所以S8－S4＝5＋S4，易知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，所以S12－S8＝eq \f(S4＋52,S4)＝eq \f(25,S4)＋S4＋10≥2eq \r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号)．因为S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
3．(2022·嘉兴检测)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn.若S5＝16（eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)），则a3＝________.
解析：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(a1＋a5,a1a5)，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a4)＝eq \f(a2＋a4,a2a4)，∵等比数列{an}中a1a5＝a2a4＝aeq \\al(2,3)，∴S5＝16（eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a4)＋eq \f(1,a5)）＝16·eq \f(a1＋a2＋a3＋a4＋a5,a\\al(2,3))＝eq \f(16S5,a\\al(2,3))，解得aeq \\al(2,3)＝16.又由等比数列{an}各项为正，得a3＝4.
答案：4
数学建模·练抽象思维——等比数列中的创新应用问题
1．(参悟数学文化)我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？”意思是一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( )
A．32盏 B．64盏 C．128盏 D．196盏
解析：选C 设最底层的灯数为a1，公比q＝eq \f(1,2)，故前7项和解得a1＝128.故选C.
2．(创新学科情境)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝2an－1.若an∈(0,2 021)，则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的和为( )
A．1 022 B．1 023 C．2 046 D．2 047
解析：选D 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.又a1＝S1＝2a1－1，∴a1＝1，∴{an}是等比数列，公比为2，首项为1，∴an＝2n－1.由an＝2n－1＜2 021，n∈N*得n－1≤10，即n≤11，∴所求和为S11＝eq \f(1－211,1－2)＝2 047.故选D.
3．(创新学科情境)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒杀死一个病毒的同时将自身分裂为3个，现在有一个这样的细菌和110个这样的病毒，则细菌将病毒全部杀死，至少需要( )
A．4秒 B．5秒 C．6秒 D．7秒
解析：选B 1秒时，新被杀死的病毒为1个，细菌自身增长到3个；2秒时，新被杀死的病毒为3个，细菌自身增长到32个；3秒时，新被杀死的病毒为32个，细菌自身增长到33个；…；n秒时，新被杀死的病毒为3n－1个，细菌自身增长到3n个．设n秒时，累计杀死病毒数为Sn，则Sn＝1＋3＋32＋33＋…＋3n－1＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(1,2)(3n－1)．由Sn≥110，得eq \f(1,2)(3n－1)≥110，所以3n≥221，解得正整数n≥5.故选B.
4．(创新学科情境)设数列{an}的前n项和为Sn，写出一个{an}的通项公式an＝________，使{an}满足以下条件：①{an}是递减数列；②{Sn}是递增数列．
解析：由数列{Sn}是递增数列可知数列{an}从第二项起，各项都是大于零的，结合数列{an}为递减数列，考虑{an}为公比在0到1之间的等比数列，显然，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)))n符合条件(答案不唯一)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)))n(答案不唯一)
5．(创新学科情境)已知数列{an}满足：①∀n∈N*，an＋1＞an；②∀n∈N*，an＋1＝tan(t为常数)；③∃M ＞0，使得∀n∈N*，an≤M恒成立．则满足条件的一个数列{an}的通项公式为an＝________.
解析：由①②知，数列{an}是递增的等比数列，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＞0，,q＞1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＜0，,0＜q＜1.))由③知，数列{an}有上界，显然eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＞0，,q＞1))不符合题意，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＜0，,0＜q＜1.))所以an＝－eq \f(1,2n－1)满足题意(答案不唯一)．
答案：－eq \f(1,2n－1)(答案不唯一)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B.eq \f(5,2)
C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选C 由题意，得a1·a1q4＝16，a1q＝2，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)，故选C.
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C 由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A．1 B．5
C.eq \f(31,48) D.eq \f(11,16)
解析：选D 由题意得eq \f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍去)，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))5,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(11,16).
4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝________.
解析：由a1，a2，a4成等比数列得a22＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×3＋45×3＝165.
答案：165
5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，则a4＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q，则q>0.∵a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq \f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq \f(7,2)，联立解得a1＝2，q＝eq \f(1,2).则a4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,4).
答案：eq \f(1,4)
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2022·福州模拟)已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝( )
A．62 B．62eq \r(2)
C．61 D．61eq \r(2)
解析：选A 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.∵eq \f(an＋1an＋3,anan＋2)＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq \f(21－25,1－2)＝62.故选A.
2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，则a42＋a62的最小值是( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C ∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.则a42＋a62≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝eq \r(2)时取等号．故选C.
3．(2022·邵阳模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S2)＝3，则eq \f(S6,S4)＝( )
A．2 B.eq \f(7,3)
C.eq \f(3,10) D．1或2
解析：选B 设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq \f(S6,S4)＝eq \f(7k,3k)＝eq \f(7,3)，故选B.
4．等比数列{an}中，a1>0，则“a1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 因为a1>0，所以由a11，所以q>1，所以a5＝a3q2>a3，所以是充分条件；当a31，解得q>1或q<－1.所以当q>1时，a15．(2022·衡水第一中学高三月考)已知数列{an}是等比数列，公比为q，前n项和为Sn，下列判断正确的有( )
A. {eq \f(1,an)}为等差数列
B．{lg2an}为等差数列
C．{an＋an＋1}为等比数列
D．若Sn＝3n－1＋r，则r＝－eq \f(1,3)
解析：选D 设bn＝eq \f(1,an)，则eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(1,q)(n≥1，n∈N*)，所以{eq \f(1,an)}为等比数列，故A错误；若an＜0，则lg2an没意义，故B错误；当q＝－1时，an＋an＋1＝0，等比数列的任一项都不能为0，故C错误；由题意得q≠1，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1q,q－1)qn－1－eq \f(a1,q－1)，由Sn＝3n－1＋r，得q＝3，eq \f(a1q,q－1)＝1，即a1＝eq \f(2,3)，所以r＝－eq \f(a1,q－1)＝－eq \f(1,3)，故D正确．
6．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30
C．26 D．16
解析：选B 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．由(x－2)2＝2×(14－x)，解得x＝6或x＝－4(舍去)．∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
7．(2022·宝鸡模拟)记Sn为等比数列{an}的前n项和．设S3＝6，S4＝a1－3，则公比q＝________，S4＝________.
解析：因为S4＝a1－3，S3＝6，所以a4＋6＝a1－3，故a4＝a1－9.设等比数列{an}的公比为q，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＝6，,a1q3＝a1－9，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＋a1q2＝6，,a1q3－1＝－9.))又a1(q3－1)≠0，所以eq \f(1＋q＋q2,q3－1)＝－eq \f(2,3)，整理得(2q＋1)(q2＋q＋1)＝0，解得q＝－eq \f(1,2)，所以a1＝8.故
答案：－eq \f(1,2) 5
8．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.
解析：设等比数列{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝eq \f(2＋\r(8),2)＝1＋eq \r(2)(舍负)，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq \f(1,q)＝eq \r(2)－1.
答案：eq \r(2)－1
9．在数列{an}中，an＋12＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵an＋12＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝eq \f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.
10．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.解得q＝2或q＝eq \f(1,2)(舍去)．所以a1＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n.所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.
三、自选练——练高考区分度
1．如图，方格蜘蛛网是由一组正方形环绕而成的图形．每个正方形的四个顶点都在其外接正方形的四边上，且分边长为3∶4.现用13米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为1米，按由外到内的顺序制作，则完整的正方形的个数最多为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：lg\f(7,5)≈0.15))( )
A．6个 B．7个 C．8个 D．9个
解析：选B 记由外到内的第n个正方形的周长为an，则a1＝4×1，a2＝4×eq \f(5,7)，…，an＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n－1.∴a1＋a2＋…＋an＝4×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n,1－\f(5,7))＝14×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,7)))n)).令a1＋a2＋…＋an≤13，解得n≤1＋eq \f(1,lg\f(7,5))≈7.667，故可制作完整的正方形的个数最多为7个．
2．(2022·湖北部分重点中学联考)设等比数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1，且2S2＋S4＝3S3.已知m，n∈N*，若存在正整数i，j(1＜i＜j)，使得mai，mn，naj成等差数列，则mn的最小值为( )
A．16 B．12 C．8 D．6
解析：选C 由a1＝1，且2S2＋S4＝3S3，整理得a4＝2a3，所以公比q＝2，an＝2n－1.因为mai，mn，naj成等差数列，所以2mn＝m·2i－1＋n·2j－1，则4＝eq \f(2i,n)＋eq \f(2j,m)≥2eq \r(\f(2i,n)·\f(2j,m))，当且仅当m·2i＝n·2j时等号成立，整理得mn≥eq \f(2i＋j,4).又1＜i＜j，所以当i＝2，j＝3时eq \f(2i＋j,4)取得最小值为8，此时m＝4，n＝2，即mn≥8，所以mn的最小值为8.故选C.
3．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得eq \r(aman)＝32，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(9,10)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(9,5)
解析：选A 设公比为q，q>0.因为数列{an}是正项等比数列，所以a2a8＝a52＝16a5，所以a5＝16，又a3＋a5＝20，所以a3＝4，所以q＝2，则a1＝1，所以an＝a1qn－1＝2n－1.
因为eq \r(aman)＝32，所以2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝eq \f(1,12)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))
＝eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))
＝eq \f(3,4)(m，n∈N*)，当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时，“＝”成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为eq \f(3,4).
4．在数列{an}中，a1＝2，an＋1an＝2an－an＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))为等比数列；
(2)是否存在正整数m，n，k，且m解：(1)证明：由an＋1an＝2an－an＋1，得an＋1＝eq \f(2an,an＋1)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋1,2an)＝eq \f(1,2an)＋eq \f(1,2)，eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2an)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))，
又eq \f(1,a1)－1＝－eq \f(1,2)≠0，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))为等比数列．
(2)由(1)可得，eq \f(1,an)－1＝－eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，则an＝eq \f(2n,2n－1).
假设存在正整数m，n，k(m则2an＝am＋ak，
即eq \f(2·2n,2n－1)＝eq \f(2m,2m－1)＋eq \f(2k,2k－1)，
则2n＋1(2m－1)(2k－1)＝2m(2n－1)(2k－1)＋2k(2n－1)(2m－1)，
等号两边同时除以2m得，
2n－m＋1(2m－1)(2k－1)＝(2n－1)(2k－1)＋2k－m(2n－1)(2m－1)． (*)
由m第四节 数列求和
课程标准
eq \a\vs4\al(1.掌握等差数列、等比数列的前n项和公式.,2.掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法.)
方法一 分组转化法求和
[典例] (2022·济南模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2eq \a\vs4\al(an)＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝eq \f(21－22n,1－2)＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
[方法技巧] 分组转化法求和的常见类型
提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－1)n，n∈N*，则S2 019的值为( )
A．2 020×1 011－1 B．1 010×2 019
C．2 019×1 011－1 D．2 019×1 011
解析：选C 由递推公式，可得，当n为奇数时，an＋2－an＝4，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，∴S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝2 019×1 011－1.
2．(2022·杭州四中段考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是等比数列，________，b1＝a1，b2＝eq \f(a1a2,2)，求数列的前n项和Tn.
在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，③eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(n＋1,n)且S7＝56这三个条件中选择一个补充在上面的问题中，并加以解答．
解：若选条件①，即Sn＝n2＋n，则等差数列{an}的公差d＝2，a1＝2.于是b1＝a1＝2，b2＝eq \f(a1a2,2)＝4，则{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n.因此eq \f(1,Sn)＋bn＝eq \f(1,nn＋1)＋2n＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＋2n.故Tn＝＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝1－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(21－2n,1－2)＝2n＋1－eq \f(1,n＋1)－1.
若选条件②，即a3＋a5＝16且S3＋S5＝42，设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3d＝8且8a1＋13d＝42，解得d＝2，a1＝2.以下过程同条件①.
若选条件③，S7＝7a1＋21d＝56，即a1＋3d＝8，则a4＝8，又eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(n＋1,n)，所以eq \f(b2,b1)＝2，又b2＝eq \f(a1a2,2)，b1＝a1，所以a2＝4，则q＝2，d＝2，所以a1＝b1＝2，Sn＝2n＋eq \f(2nn－1,2)＝n2＋n，bn＝2n，以下过程同条件①.
方法二 裂项相消法求和
[典例] 已知公差不为0的等差数列{an}中，a1，a3，a9成等比数列，且2a5＝a8－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Sn.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，且d≠0，
∵a1，a3，a9成等比数列，
∴a32＝a1a9，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋2d))2＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋8d))，得a1＝d，①
又2a5＝a8－2，
即2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋4d))＝a1＋7d－2，
得a1＋d＝－2，②
由①②，解得a1＝d＝－1，
∴an＝－n.
(2)由(1)知an＝－n，
∴bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－n－1)))＝eq \f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1)))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律

2.几种常见的裂项方式
[针对训练]
(2022·郑州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.
解：(1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)－2＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(an＋1,2)－n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3－1)－eq \f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,32－1)－eq \f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
方法三 错位相减法求和
[典例] (2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝eq \f(nan,3).已知a1,3a2,9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn[解] (1)设等比数列{an}的公比为q.∵a1,3a2,9a3成等差数列，∴6a2＝a1＋9a3，即6q＝1＋9q2，解得q＝eq \f(1,3).∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，∴bn＝eq \f(nan,3)＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.
(2)证明：由(1)得，Sn＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,1－\f(1,3))＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n,\f(2,3))＝eq \f(3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1,2)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1.Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n ①，则eq \f(1,3)Tn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1 ②.①－②，得eq \f(2,3)Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1＝eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n)),1－\f(1,3))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋1＝eq \f(1,2)－eq \f(3＋2n,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，∴Tn＝eq \f(3,4)－eq \f(3＋2n,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n.∵eq \f(Sn,2)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(3,4)－eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，由Tn－eq \f(Sn,2)＝eq \f(3,4)－eq \f(3＋2n,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－eq \f(3,4)＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＝－eq \f(n,2×3n)＜0，∴Tn＜eq \f(Sn,2)成立．
[方法技巧] 错位相减法求和的基本步骤
[针对训练]
设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q－2＝0，
解得q＝－2或q＝1(舍去)．
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．
由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
两式相减得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq \f(1－－2n,3)－n×(－2)n.
所以Sn＝eq \f(1,9)－eq \f(3n＋1－2n,9).
拓展深化·练创新思维——分类讨论思想在数列中的应用
分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法．
引起分类讨论的原因主要是以下几方面：
(1)问题所涉及的数学概念是分类进行定义的．这种分类讨论称为概念型．
(2)问题中涉及的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的．如等比数列的前n项和的公式，分q＝1和q≠1两种情况．这种分类讨论题型可以称为性质型．
(一)等比数列的公比引起分类讨论
1．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1，2，…)．
(1)求q的取值范围；
(2)设bn＝an＋2－eq \f(3,2)an＋1，记{bn}的前n项和为Tn，试比较Sn与Tn的大小．
解：(1)因为{an}是等比数列，Sn＞0，可得a1＝S1＞0，q≠0.当q＝1时，Sn＝na1＞0；当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＞0，即eq \f(1－qn,1－q)＞0(n＝1,2，…)，上式等价于不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－q＜0，,1－qn＜0)) ①或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－q＞0，,1－qn＞0)) ②，解①式得q＞1；解②式，由于n可为奇数、可为偶数，得－1＜q＜1.综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)由bn＝an＋2－eq \f(3,2)an＋1得bn＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q2－eq \f(3,2)q))，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q2－eq \f(3,2)q))Sn，于是Tn－Sn＝Sneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q2－eq \f(3,2)q－1))＝Sneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q＋eq \f(1,2))) (q－2)．又Sn＞0且－1＜q＜0或q＞0，所以当－1＜q＜－eq \f(1,2)或q＞2时，Tn－Sn＞0，即Tn＞Sn；当－eq \f(1,2)＜q＜2且q≠0时，Tn－Sn＜0，即Tn＜Sn；当q＝－eq \f(1,2)或q＝2时，Tn－Sn＝0，即Tn＝Sn.
(二)等差数列的公差引起分类讨论
2．设等差数列{an}中的每一项都不为0.证明：对任何n∈N*，都有eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(n,a1an＋1).
证明：设等差数列{an}的公差为d.若d＝0，则a1＝a2＝a3＝…＝an，所以左边＝eq \f(1,a\\al(2,1))＋eq \f(1,a\\al(2,1))＋eq \f(1,a\\al(2,1))＋…＋eq \f(1,a\\al(2,1))＝eq \f(n,a\\al(2,1))＝右边，等式成立．若d≠0，则eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(a2－a1,a1a2)＋eq \f(a3－a2,a2a3)＋…＋eq \f(an＋1－an,anan＋1)))＝＝eq \f(1,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,a1)－eq \f(1,an＋1)))＝eq \f(1,d)·eq \f(an＋1－a1,a1an＋1)＝eq \f(n,a1an＋1).综上，对任何n∈N*，都有eq \f(1,a1a2)＋eq \f(1,a2a3)＋…＋eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(n,a1an＋1).
(三)数列的奇偶项引起分类讨论
3．若数列{an}的通项公式为an＝22n＋1，令bn＝(－1)n－1·eq \f(4n＋1,lg2anlg2an＋1)，则数列{bn}的前n项和Tn＝______________.
解析：由题意得bn＝(－1)n－1eq \f(4n＋1,lg2anlg2an＋1)＝(－1)n－1eq \f(4n＋1,2n＋12n＋3)＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋3)))，当n为偶数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,3)－eq \f(1,2n＋3)；当n为奇数时，Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋eq \f(1,7)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋eq \f(1,2n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n＋1)＋eq \f(1,2n＋3)))＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,2n＋3).综上，Tn＝eq \f(1,3)－(－1)neq \f(1,2n＋3).
答案：eq \f(1,3)－(－1)neq \f(1,2n＋3)
(四)去绝对值引起分类讨论
4．已知等差数列{an}中，a5＝12，a20＝－18.求数列{|an|}的前n项和Sn.
解：因为a20－a5＝(20－5)d，所以d＝－2，所以a5－a1＝4d，a1＝20.于是an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝－2n＋22.因为|an|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2n＋22，n≤11，,2n－22，n＞11，))所以当n≤11时，Sn＝20＋18＋…＋(－2n＋22)＝eq \f(n20－2n＋22,2)＝(21－n)n；当n＞11时，Sn＝S11＋2＋4＋…＋(2n－22)＝110＋eq \f(n－112＋2n－22,2)＝n2－21n＋220.综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(21－nn，n≤11，,n2－21n＋220，n＞11.))
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一、综合练——练思维敏锐度
1．已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选C ∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故选C.
2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A．76 B．78
C．80 D．82
解析：选B 由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
3．(2021·红河州三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝4n2＋n(n∈N*)．若数列{bn}满足bn＝eq \f(an＋3,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 020b2 021)＝( )
A.eq \f(505,2 020) B.eq \f(2 020,2 021)
C.eq \f(2 019,2 020) D.eq \f(505,2 021)
解析：选D Sn＝4n2＋n，
当n≥2时，Sn－1＝4(n－1)2＋n－1＝4n2－7n＋3，
an＝Sn－Sn－1＝8n－3(n≥2)，
当n＝1时，a1＝5，S1＝5，a1＝S1，所以an＝8n－3，
bn＝eq \f(an＋3,4)＝eq \f(8n－3＋3,4)＝2n.
故eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,2n·2n＋1)＝eq \f(1,4)·eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)))，eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 020b2 021)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 020)－eq \f(1,2 021)))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 021)))＝eq \f(1,4)×eq \f(2 020,2 021)＝eq \f(505,2 021)，故选D.
4.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：选B 由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则
Sn＝1＋2×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1，
eq \f(4,5)Sn＝eq \f(4,5)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n，两式相减可得：eq \f(1,5)Sn＝1＋eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n
＝5－(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n，所以Sn＝25－5(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n.
当Sn＝25－5(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＝25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n时，
解得n＝8.故选B.
5．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
解析：因为1＋2＋4＋…＋2n－1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以Sn＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝(2－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…＋(2n－1)＝(2＋22＋23＋…＋2n)－n＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
答案：2n＋1－n－2
6．在数列{an}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(－1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋eq \f(10×9,2)×2＝120.当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.
答案：130
7．已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(3n2＋n,2)(n∈N*)，则数列的前10项和为________．
解析：因为Sn＝eq \f(3n2＋n,2)(n∈N*)，所以Sn－1＝eq \f(3n－12＋n－1,2)＝eq \f(3n2－5n＋2,2)(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝eq \f(3n2＋n,2)－eq \f(3n2－5n＋2,2)＝3n－1(n≥2)．又a1＝S1＝eq \f(3×1＋1,2)＝2满足上式，所以an＝3n－1.所以＝eq \f(1,3n－13n＋2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋2)))，所以数列eq \f(1,anan＋1)的前10项和为eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,29)－eq \f(1,32)))＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)－eq \f(1,32)))＝eq \f(5,32).
答案：eq \f(5,32)
8．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝lg2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)记cn＝eq \f(1,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由a2a4＝64，得a32＝64.又∵an>0，∴a3＝8.∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，即a1(1＋q)＝6，∴eq \f(8,q2)(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)数列{bn}为等差数列．理由如下：由(1)知an＝2n，∴bn＝lg2an＝lg22n＝n，∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1－bn＝1.又b1＝1，∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
9．由整数构成的等差数列{an}满足a3＝5，a1a2＝2a4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}的通项公式为bn＝2n，将数列{an}，{bn}的所有项按照“当n为奇数时，bn放在前面；当n为偶数时，an放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{cn}：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，求数列{cn}的前4n＋3项和T4n＋3.
解：(1)由题意，设数列{an}的公差为d，
因为a3＝5，a1a2＝2a4，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,a1·a1＋d＝2a1＋3d，))
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，即2d2－17d＋15＝0，解得d＝eq \f(15,2)或d＝1，因为{an}为整数数列，所以d＝1，又由a1＋2d＝5，可得a1＝3，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋2.
(2)由(1)知，数列{an}的通项公式为an＝n＋2，又由数列{bn}的通项公式为bn＝2n，根据题意，新数列{cn}：b1，a1，a2，b2，b3，a3，a4，b4，…，则T4n＋3＝b1＋a1＋a2＋b2＋b3＋a3＋a4＋b4＋…＋b2n－1＋a2n－1＋a2n＋b2n＋b2n＋1＋a2n＋1＋a2n＋2＝(b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n＋1)＋(a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n＋2)＝eq \f(2×1－22n＋1,1－2)＋eq \f(a1＋a2n＋22n＋2,2)＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
10．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝3Sn＋1，数列{bn}满足a1＝b1，点P(bn，bn＋1)在直线x－y＋2＝0上，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记Cn＝anbn，求数列{Cn}的前n项和Tn.
解：(1)由an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，得an＝3Sn－1＋1；
两式相减得，an＋1－an＝3an(n≥2)．
又a2＝7≠4a1，
∴{an}是从第二项起是等比数列，
从而an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,7×4n－2，n≥2.))
又bn－bn＋1＝－2，而bn＋1－bn＝2，
∴{bn}是以d＝2为公差，b1＝2为首项的等差数列，
∴bn＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)Cn＝anbn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,14n·4n－2，n≥2.))
∴Tn＝4＋14(2×40＋3×41＋…＋n×4n－2)．
记ω＝2×40＋3×41＋…＋n×4n－2 ①，
4ω＝2×41＋…＋(n－1)×4n－2＋n×4n－1 ②，
由①－②，得－3ω＝2＋(41＋42＋…＋4n－2)－n×4n－1＝2＋eq \f(4×1－4n－2,1－4)－n×4n－1＝eq \f(2,3)＋eq \f(4n－11－3n,3)，
∴ω＝－eq \f(2,9)＋eq \f(4n－13n－1,9)，
∴Tn＝4＋14ω
＝eq \f(8,9)＋eq \f(14×3n－1×4n－1,9).
二、自选练——练高考区分度
1．(2022·孝义期末)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*，且bn＝eq \r(an)cseq \f(2nπ,3)，记Sn为数列{bn}的前n项和，则S2 020＝( )
A．1 B.eq \f(1,2) C．－eq \f(1,2) D．－1
解析：选C ∵nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，∴eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，∴数列{eq \f(an,n)}是等差数列，公差与首项都为1，∴eq \f(an,n)＝1＋(n－1)×1⇒an＝n2.∴bn＝ncseq \f(2nπ,3)，b3k－2＝(3k－2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－eq \f(4π,3)))＝－eq \f(1,2)(3k－2)，k∈N*，b3k－1＝(3k－1)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－eq \f(2π,3)))＝－eq \f(1,2)(3k－1)，k∈N*，b3k＝3kcs 2kπ＝3k，k∈N*，∴b3k－2＋b3k－1＋b3k＝eq \f(3,2)，b2 020＝b3×674－2＝－eq \f(1,2)(3×674－2)＝－eq \f(2 020,2)＝－1 010，S2 020＝(b1＋b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6)＋…＋(b2 017＋b2 018＋b2 019)＋b2 020＝eq \f(3,2)×673－1 010＝－eq \f(1,2).故选C.
2．(2021·新高考Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么eq \i\su(k＝1,n,S)k＝________dm2.
解析：由题意知，对折3次可以得到12 dm×2.5 dm，6 dm×5 dm,3 dm×10 dm,1.5 dm×20 dm四种规格的图形，面积之和S3＝120 dm2，对折4次可以得到12 dm×1.25 dm,6 dm×2.5 dm,3 dm×5 dm，1.5 dm×10 dm，0.75 dm×20 dm五种规格的图形，面积之和S4＝75 dm2.因为S1＝240 dm2＝(120×2)dm2，S2＝180 dm2＝(60×3)dm2，S3＝120 dm2＝(30×4)dm2，S4＝75 dm2＝(15×5)dm2，以此类推，Sn＝120(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.令an＝(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则其前n项和Tn＝2×1＋3×eq \f(1,2)＋4×eq \f(1,22)＋…＋(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则eq \f(1,2)Tn＝2×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋4×eq \f(1,23)＋…＋(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝2＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1－(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝2＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1))),1－\f(1,2))－(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n.整理，得Tn＝6－eq \f(n＋3,2n－1)，所以eq \i\su(k＝1,n,S)k＝120Tn＝120eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－\f(n＋3,2n－1))).
答案：5 120eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6－\f(n＋3,2n－1)))
3．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
解：(1)由已知3Sn＝an＋2a1，n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1.两式相减得到3an＝an－an－1，即eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2).因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－eq \f(1,2)的等比数列，从而an＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.若选①，由a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列可得a1＋a2＝2×eq \f(1,4)，即a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列可得a1a3＝(a2＋1)2，即a1×eq \f(1,4)a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)a1))2，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.若选③，由S3＝eq \f(3,4)可得a1＋a2＋a3＝eq \f(3,4)，即a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－(n－1)lg32.记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1＝－(0＋2＋4＋…＋2n)lg32＝－n(n＋1)lg32.当n为偶数时，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1))＝故T2n＋1＝－n(n＋1)lg32－eq \f(2,3)
第五节 数列的综合应用
课程标准
eq \a\vs4\al(1.会解等差、等比数列的综合问题.,2.能在具体的问题情境中识别等差或等比数列.,3.能用相关知识解决数列与其他知识的交汇问题.)
命题视角一 等差、等比数列的综合问题
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d.又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，解得d＝2或d＝－10.因为等差数列{bn}的各项为正，所以d>0.所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
[方法技巧] 等差、等比数列的综合问题的解题技巧
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔{aeq \a\vs4\al(an)}(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列．
[针对训练]
(2022·滨州一模)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2lg2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为b2＝4，所以a2＝2lg2b2＝4，所以d＝a2－a1＝2，所以an＝2＋(n－1)×2＝2n.又an＝2lg2bn，即2n＝2lg2bn，所以n＝lg2bn，所以bn＝2n.
(2)由(1)bn＝2n＝2·2n－1＝aeq \a\vs4\al(2n－1)，即bn是数列{an}中的第2n－1项．设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝aeq \a\vs4\al(26)＝a64，b8＝aeq \a\vs4\al(27)＝a128，所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的，所以S100＝P107－Q7＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(2－28,1－2)＝11 302.
命题视角二 数列与不等式的综合问题
[典例] 已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[解] (1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明：由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，得cn＝eq \f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \f(1＋d,d)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1))).由b1＝1，d>0得bn＋1>0，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[方法技巧]
数列与不等式的交汇问题
(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式．
(2)放缩法：数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．
(3)比较法：作差或者作商进行比较．
[针对训练]
已知正项数列{an}满足a1＝2，an＋1＋an＝1＋eq \f(2n＋1,an＋1－an)(n∈N*)．
(1)求{an}的通项an；
(2)设Sn为数列的前n项和，证明：eq \f(n,2)≤S2n－1＜n.
解：(1)由题意可知aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＝an＋1－an＋2(n＋1)，aeq \\al(2,n＋1)－an＋1－(n＋1)(n＋2)＝aeq \\al(2,n)－an－n(n＋1)，即{aeq \\al(2,n)－an－n(n＋1)}为常数列，因为aeq \\al(2,1)－a1－2＝0，所以aeq \\al(2,n)－an－n(n＋1)＝0，从而(an＋n)(an－n－1)＝0，又因为an＞0，所以an＝n＋1.
(2)证明：Seq \a\vs4\al(2n－1)＝eq \f(1,1＋1)＋eq \f(1,2＋1)＋eq \f(1,3＋1)＋…＋eq \f(1,2n)，当n＝1时，结论显然成立；当n≥2时，eq \f(1,1＋1)＋eq \f(1,2＋1)＋eq \f(1,3＋1)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＋eq \f(1,6)＋eq \f(1,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,8)＋…＋eq \f(1,15)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)))＋eq \f(1,2n)＜eq \f(1,2)×2＋eq \f(1,4)×4＋eq \f(1,8)×8＋…＋eq \f(1,2n－1)×2n－1＋eq \f(1,2n)＝n－1＋eq \f(1,2n)＜n；eq \f(1,1＋1)＋eq \f(1,2＋1)＋eq \f(1,3＋1)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,8)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2n－1＋1)＋…＋eq \f(1,2n)))＞eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)×2＋eq \f(1,8)×4＋…＋eq \f(1,2n)×2n－1＝eq \f(n,2).从而eq \f(n,2)＜S2n－1＜n.综上，eq \f(n,2)≤S2n－1＜n.
命题视角三 数列与函数的综合问题
[典例] (1)已知幂函数f(x)＝(2m2－5m＋3) 是非奇非偶函数，令an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 020＝( )
A.eq \r(2 020)＋1 B.eq \r(2 020)－1
C.eq \r(2 021)＋1 D.eq \r(2 021)－1
(2)(2022·河南适应性考试)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an－2n－1(n∈N*)，记cn＝3n－2×(－1)nλan，若对任意的n∈N*，cn＋1＞cn恒成立，则实数λ的取值范围为________．
[解析] (1)由题意得2m2－5m＋3＝1，解得m＝2或m＝eq \f(1,2)，当m＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x2为偶函数，不合题意；当m＝2时，f(x)＝为非奇非偶函数，符合题意．故an＝eq \f(1,fn＋1＋fn)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，则S2 020＝eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(2 021)－eq \r(2 020)＝ eq \r(2 021)－1.故选D.
(2)由an＋1＝3an－2n－1(n∈N*)可得，eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(3,2)·eq \f(an,2n)－eq \f(1,4)，即eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(an,2n)－eq \f(1,2))).∵eq \f(a1,21)－eq \f(1,2)＝0，∴eq \f(an,2n)－eq \f(1,2)＝0，即an＝2n－1.cn＝3n－2×(－1)nλ·2n－1＝3n－(－2)nλ，又对任意的n∈N*，cn＋1＞cn恒成立，即3n＋1－(－2)n＋1λ＞3n－(－2)nλ，即3n－1＞(－2)n－1λ恒成立．当n为奇数时，λ＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3,2)))n－1恒成立，此时eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3,2)))n－1的最小值为1，则λ＜1；当n为偶数时，λ＞－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3,2)))n－1恒成立，此时－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3,2)))n－1的最大值为－eq \f(3,2)，即λ＞－eq \f(3,2).综上，－eq \f(3,2)＜λ＜1.
[答案] (1)D (2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,2)，1))
[方法技巧]
数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决；②已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
[针对训练]
1．(2022·上海金山区一模)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且满足f(x＋3)＝f(x)，f(1)＝－3，数列{an}满足Sn＝2an＋n(其中Sn为{an}的前n项和)，则f(a5)＋f(a6)＝( )
A．－3 B．－2 C．3 D．2
解析：选C 对任意的n∈N*，Sn＝2an＋n，当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n≥2时，由Sn＝2an＋n可得Sn－1＝2an－1＋n－1，上述两式作差得an＝2an－2an－1＋1，即an＝2an－1－1，所以an－1＝2(an－1－1)，所以数列{an－1}是以a1－1＝－2为首项，以2为公比的等比数列，所以an－1＝－2·2n－1＝－2n，即an＝1－2n，则a5＝－31，a6＝－63.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，函数f(x)满足f(x＋3)＝f(x)，f(1)＝－3，所以f(a5)＝f(－31)＝－f(31)＝－f(1)＝3，f(a6)＝f(－63)＝f(0)＝0，因此f(a5)＋f(a6)＝3.故选C.
2．(2022·淄博一模)已知等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q＞1，a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，求数列{an}的前9项和．
解：由f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x得f′(x)＝x2－12x＋32，又因为a2，a3是函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－6x2＋32x的两个极值点，所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个变号零点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a3＝12，,a2·a3＝32.))因为q＞1，所以a2＝4，a3＝8，故q＝2，则前9项和为eq \f(21－29,1－2)＝210－2＝1 022.
[课时跟踪检测]
1．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(n＋2,n＋1) C.eq \f(n,n－1) D.eq \f(n＋1,n)
解析：选A ∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，则eq \f(1,fn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，用裂项法求和得Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
2．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn<1 000成立的n的最大值为( )
A．9 B．32 C．35 D．61
解析：选C 数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得，当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11，13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，则S35＝30＋eq \f(3030－1,2)×2＋eq \f(225－1,2－1)＝302＋26－2＝962<1 000，当n＝36时，S36＝962＋61＝1 023>1 000，所以n的最大值为35.故选C.
3．数列{an}依次为：1，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,5)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,7)，eq \f(1,9)，eq \f(1,9)，…，其中第一项为eq \f(1,1)，接下来三项均为eq \f(1,3)，再接下来五项均为eq \f(1,5)，依此类推．记{an}的前n项和为Sn，则下列结论错误的是( )
A．a100＝eq \f(1,19)
B．存在正整数k，使得ak＞eq \f(1,2\r(k)－1)
C．Sn≤eq \r(n)
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(Sn,n)))是递减数列
解析：选B 由数列可知eq \f(1,2n－1)占了数列的2n－1项，且相对应的2n－1项的和为1,1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，n2＝100，所以n＝10，故a100＝eq \f(1,2×10－1)＝eq \f(1,19)，故A正确；若(n－1)2＜k≤n2(k，n∈N*)，则ak＝eq \f(1,2n－1)，故eq \f(1,2n－1)＞eq \f(1,2\r(k)－1)，即eq \r(k)＞n，与(n－1)2＜k≤n2(k，n∈N*)矛盾，故B错误；若k2≤n＜(k＋1)2，k，n∈N*，则Sn＝Seq \a\vs4\al(k2＋m)＝k＋eq \f(m,2k＋1)，0≤m＜2k＋1，而k＋eq \f(m,2k＋1)－eq \r(n)，若n＝k2，则m＝0，故k＋eq \f(m,2k＋1)－eq \r(n)＝k－eq \r(n)＝0；若k2＜n＜(k＋1)2，k，n∈N*，则0＜m＜2k＋1，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋eq \f(m,2k＋1)))2－(eq \r(k2＋m))2＝k2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(m,2k＋1)))2＋eq \f(2km,2k＋1)－k2－m＝eq \f(m[m－2k＋1],2k＋12)＜0，即k＋eq \f(m,2k＋1)2＜(eq \r(k2＋m))2，因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋eq \f(m,2k＋1)))＞0，eq \r(k2＋m)＞0，故k＋eq \f(m,2k＋1)＜eq \r(k2＋m)，即Sn－eq \r(n)＜0，即Sn＜eq \r(n)，综上，Sn≤eq \r(n)，故C正确；因为k2≤n＜(k＋1)2，k，n∈N*，则Sn＝Seq \a\vs4\al(k2＋m)＝k＋eq \f(m,2k＋1)，0≤m＜2k＋1，所以eq \f(Sn,n)＝eq \f(S\a\vs4\al(k2＋m),k2＋m)＝eq \f(k＋\f(m,2k＋1),k2＋m)＝eq \f(2k2＋k＋m,2k＋1k2＋m)，则eq \f(Sn,n)－eq \f(Sn＋1,n＋1)＝eq \f(2k2＋k＋m,2k＋1k2＋m)－eq \f(2k2＋k＋m＋1,2k＋1k2＋m＋1)＝
eq \f(2k2＋k＋m[k2＋m＋1]－[2k2＋k＋m＋1]k2＋m,2k＋1k2＋mk2＋m＋1)＝eq \f(k2＋k,2k＋1k2＋mk2＋m＋1)＞0，所以eq \f(Sn,n)＞eq \f(Sn＋1,n＋1)，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(eq \f(Sn,n)))是递减数列，故D正确．
4．(2022·安徽六安一中月考)若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且满足a1＋a2 020＝27，b1·b2 020＝2，函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)且f(x)＝ex，x∈[0,2]，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(a1 010＋a1 011,1＋b1 010b1 011)))＝________.
解析：因为数列{an}为等差数列，且a1＋a2 020＝27，所以a1 010＋a1 011＝27.又{bn}为等比数列，且b1·b2 020＝2，所以b1 010b1 011＝2.所以eq \f(a1 010＋a1 011,1＋b1 010b1 011)＝eq \f(27,3)＝9.又f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的最小正周期为4.又f(x)＝ex，x∈[0,2]，所以f(9)＝f(2×4＋1)＝f(1)＝e，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(a1 010＋a1 011,1＋b1 010b1 011)))＝e.
答案：e
5．(2022·上饶一模)已知数列{an}，{bn}均为正项等比数列，Pn，Qn分别为数列{an}，{bn}的前n项积，且eq \f(ln Pn,ln Qn)＝eq \f(5n－7,2n)，则eq \f(ln a3,ln b3)的值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，则ln an＋1－ln an＝lneq \f(an＋1,an)＝ln q(常数)，所以数列{ln an}为等差数列，同理可知，数列{ln bn}也为等差数列．因为ln P5＝ln(a1a2a3a4a5)＝ln a1＋ln a2＋ln a3＋ln a4＋ln a5＝eq \f(5ln a1＋ln a5,2)＝5ln a3，同理可得ln Q5＝5ln b3，因此eq \f(ln a3,ln b3)＝eq \f(5ln a3,5ln b3)＝eq \f(ln P5,ln Q5)＝eq \f(5×5－7,2×5)＝eq \f(9,5).
答案：eq \f(9,5)
6．(2020·天津高考)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，Sn＋12＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－Sn＋12＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝eq \f(3an－2bn,anan＋2)＝eq \f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n) ①.由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1) ②.
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，从而得eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).因此数列{cn}的前2n项和eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
7．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________，
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝eq \f(n,12)|an|，记{bn}的前n项和为 Tn，证明：Tn甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．
解：设等比数列{an}的公比为q，则S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.又S1，S3，S2成等差数列，所以S1＋S2＝2S3，即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1q2，整理可得a1q(1＋2q)＝0.由于在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－eq \f(1,2)，故乙同学记得的缺少的条件是正确的．故补充的条件为q＝－eq \f(1,2).
(1)由题意可得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)a1，S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列．
(2)证明：由a1－a3＝3，可得a1－eq \f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，则bn＝eq \f(n,12)|an|＝eq \f(n,12)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))＝eq \f(2,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，则Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,4)＋3×eq \f(1,8)＋…＋n×eq \f(1,2n)))，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×eq \f(1,4)＋2×eq \f(1,8)＋3×eq \f(1,16)＋…＋n×eq \f(1,2n＋1)))，上面两式相减可得，eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,16)＋…＋eq \f(1,2n)－n×eq \f(1,2n＋1)))= eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(＝eq \f(\f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n×eq \f(1,2n＋1)))，化简可得Tn＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(n＋2,2n＋1)))，由1－eq \f(n＋2,2n＋1)<1，可得Tn8．在①a3＋a5＝14；②S4＝28；③a8是a5与a13的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，{bn}为等比数列，其前n项和Tn＝2n＋λ，λ为常数，a1＝b1，________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn＝[lg an]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
解：若选①：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，所以q＝eq \f(b3,b2)＝2，所以bn＝b2qn－2＝2×2n－2＝2n－1.故a1＝b1＝1，设等差数列{an}的公差为d，则1＋2d＋1＋4d＝14，解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)由cn＝[lg an]，知c1＝c2＝c3＝c4＝c5＝0，c6＝c7＝…＝c50＝1，c51＝c52＝…＝c100＝2，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝1×45＋2×50＝145.
若选②：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，所以q＝eq \f(b3,b2)＝2，所以bn＝b2qn－2＝2×2n－2＝2n－1.故a1＝b1＝1.设等差数列{an}的公差为d，则4×1＋eq \f(4×3,2)d＝28，解得d＝4，所以an＝4n－3.
(2)由cn＝[lg an]，知c1＝c2＝c3＝0，c4＝c5＝…＝c25＝1，c26＝c27＝…＝c100＝2，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝1×22＋2×75＝172.
若选③：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由已知b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，所以q＝eq \f(b3,b2)＝2，所以bn＝b2qn－2＝2×2n－2＝2n－1，故a1＝b1＝1.设等差数列{an}的公差为d，则(1＋7d)2＝(1＋4d)(1＋12d)，解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)同选①.
9．已知等差数列{an}满足：a1＋3，a3，a4成等差数列，且a1，a3，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在任意相邻两项ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记Sn为数列{bn}的前n项和，求满足Sn＜500的n的最大值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意知a1＋3＋a4＝2a3，即2a1＋3＋3d＝2a1＋4d，解得d＝3，又a1a8＝a32，即a1(a1＋7×3)＝(a1＋2×3)2，解得a1＝4，故an＝3n＋1.
(2)因为bn＞0，所以{Sn}是单调递增数列，又因为ak＋1前的所有项的项数为k＋21＋22＋…＋2k＝k＋2k＋1－2，所以Seq \a\vs4\al(k＋2k＋1－2)＝(a1＋a2＋…＋ak)＋2(21＋22＋23＋…＋2k)＝eq \f(k4＋3k＋1,2)＋2×eq \f(21－2k,1－2)＝eq \f(3k2＋5k,2)＋2k＋2－4.当k＝6时，S132＝321＜500；当k＝7时，S261＝599＞500，令S132＋a7＋2(n－133)＜500，即321＋22＋2(n－133)＜500，解得n＜211.5，所以满足Sn＜500的n的最大值为211.
10．已知数列{an}是递增的等比数列，且各项均为正数，其前n项和为Sn，a1·a5＝81，S2，a3，a4－S3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若________，求{an·bn}的前n项和Pn，并求Pn的最小值．
从以下所给的三个条件中任选一个，补充到上面的横线上，并解答此问题．
①数列{bn}满足b1＝eq \f(1,2)，3bn＋1＝eq \f(n,n＋2)·bn(n∈N*)；
②数列{bn}的前n项和Tn＝n2(n∈N*)；
③数列{bn}的前n项和Tn满足6Tn－bn＝5(n∈N*)．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，则由an＞0，a1·a5＝81，得a32＝81，所以a3＝9.因为S2，a3，a4－S3成等差数列，所以2a3＝S2＋a4－S3，即3a3＝a4，所以q＝eq \f(a4,a3)＝3，则a1＝1，所以an＝3n－1.
(2)选择①：因为b1＝eq \f(1,2)，3bn＋1＝eq \f(n,n＋2)·bn(n∈N*)，所以eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(1,3)·eq \f(n,n＋2)(n∈N*)，所以eq \f(b2,b1)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)，eq \f(b3,b2)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,4)，eq \f(b4,b3)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)，…，eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1,3)×eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，所以eq \f(b2,b1)×eq \f(b3,b2)×…×eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1,3n－1)·eq \f(2,nn＋1)(n≥2)，所以bn＝eq \f(1,3n－1)·eq \f(1,nn＋1)(n≥2)，当n＝1时该式也成立．故bn＝eq \f(1,3n－1)·eq \f(1,nn＋1)(n∈N*)．所以an·bn＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).所以Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－eq \f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)－eq \f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝eq \f(1,2).
选择②：由Tn＝n2可知，当n＝1时，b1＝T1＝1，当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时b1也满足该式．所以bn＝2n－1，所以an·bn＝(2n－1)·3n－1，所以Pn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－1)×3n－1,3Pn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n，所以Pn＝(n－1)·3n＋1.因为{Pn}是递增的，所以Pn的最小值为P1＝1.
选择③：6Tn－bn＝5(n∈N*) ①，所以6Tn－1－bn－1＝5(n≥2) ②，①－②得6(Tn－Tn－1)－(bn－bn－1)＝0，即5bn＋bn－1＝0(n≥2)，所以eq \f(bn,bn－1)＝－eq \f(1,5)(n≥2)．由6T1－b1＝5，得b1＝1.所以数列{bn}是以1为首项，－eq \f(1,5)为公比的等比数列，所以bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(1,5)))n－1，所以an·bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)))n－1，所以Pn＝eq \f(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)))n,1＋\f(3,5))＝eq \f(5,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)))))n.当n为奇数时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)))n＜0，故Pn＞eq \f(5,8).当n为偶数时，－eq \f(3,5)n＞0，故Pn＜eq \f(5,8)，此时Pn＝eq \f(5,8)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)))))n是递增的，所以当n＝2时，Pn取得最小值为eq \f(5,8)×eq \f(16,25)＝eq \f(2,5).数列的定义
把按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项
数列与函数的关系
从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
数列的表示法
列表法、图象法和通项公式法
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
递增数列
an＋1>an
其中n∈N*
递减数列
an＋1常数列
an＋1＝an＝c(常数)
通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的序号之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式
递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．知道了首项和递推公式，就能求出数列的每一项了
方法
适用类型
要点
累加法
an＋1＝an＋f(n)，变形为an＋1－an＝f(n)
利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解
累乘法
an＋1＝f(n)an，变形为eq \f(an＋1,an)＝f(n)
利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(an≠0，n≥2，n∈N*)求解
待定系数法
an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)
变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an
取倒数法
an＋1＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)
变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p)
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
定义及表示
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)
等差中项
数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝eq \f(a＋b,2)，其中A叫做a，b的等差中项
通项
公式
若等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d.通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)
前n项和公式
Sn＝na1＋eq \f(nn－1d,2)＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n
定义法
an－an－1(n≥2，n∈N*)为同一常数⇔{an}是等差数列
等差中项法
2an－1＝an＋an－2(n≥3，n∈N*)成立⇔{an}是等差数列
定义
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为eq \f(an＋1,an)＝q
等比中项
如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab
通项公式
an＝a1qn－1
前n项和公式
定义法
若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项公式法
若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列
裂项原则
一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止
消项规律
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
数列(n为正整数)
裂项方式
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k))) (k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n))))) (a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan